立體幾何-高考數(shù)學(xué)解答題專項練習(xí)

立體幾何高考對空間想象能力的考察體現(xiàn)在立體幾何試題上，其中解答題著重考查點、線、面的位置關(guān)系的判斷及空間角、空間距離等幾何量的考查，以垂直和空間角居多。梳理必備知識一、平行關(guān)系二、垂直關(guān)系三、線面角、面面角及空間距離二、解答題型綜合訓(xùn)練1.如圖X11-1,在三棱錐A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,E,F,G分別是AC,AD,BC的中點.求證:(1)AB∥平面EFG;(2)CA⊥CD;(3)平面EFG⊥平面ABC.圖X11-1證明:(1)∵在三棱錐A-BCD中,E,G分別是AC,BC的中點,∴EG∥AB,∵AB?平面EFG,EG?平面EFG,∴AB∥平面EFG.(2)∵AB⊥平面BCD,CD?平面BCD,∴AB⊥CD.∵BC⊥CD,AB∩BC=B,AB,BC?平面ABC,∴CD⊥平面ABC.∵CA?平面ABC,∴CA⊥CD.(3)∵E,F分別是AC,AD的中點,∴EF∥CD,∴EF⊥平面ABC.∵EF?平面EFG,∴平面EFG⊥平面ABC.2.如圖X7-1,在多面體ABCDEFG中,矩形ADEF,矩形CDEG所在的平面均垂直于正方形ABCD所在的平面,且AB=2,AF=3.(1)求多面體ABCDEFG的體積;(2)求平面BFG與平面ADEF夾角的余弦值.圖X7-12.解:(1)∵平面ADEF⊥平面ABCD,平面ADEF∩平面ABCD=AD,AF⊥AD,∴AF⊥平面ABCD,同理可得ED,GC均與平面ABCD垂直,又AF=DE=CG,∴可將該多面體補(bǔ)形成如圖所示的長方體ABCD-FHGE,此長方體的體積為2×2×3=12,三棱錐B-FHG的體積為13×12×2×2×3=2,故此多面體的體積為12-2=10(2)以A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AF所在直線分別為x,y,z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則B(2,0,0),F(0,0,3),G(2,2,3),∴BF=(-2,0,3),FG=(2,2,0).設(shè)平面BFG的法向量為m=(x,y,z),則m·BF令x=1得m=1,-易知n=(1,0,0)為平面ADEF的一個法向量,∵cos<m,n>=11+1+49∴平面BFG與平面ADEF夾角的余弦值為3223.如圖J7-1,在多面體ABCDEF中,底面ABCD為正方形,EF∥AD,平面ADEF⊥平面ABCD,AD=2EF=4DE=4,AF=3.(1)判斷平面ABF與平面CDE的交線l與AB的位置關(guān)系,并說明理由;(2)證明:平面ABF⊥平面CDE.(本小題滿分12分)圖J7-1.解:(1)l∥AB,理由如下:由題意知AB∥CD,因為AB?平面CDE,CD?平面CDE,所以AB∥平面CDE.又AB?平面ABF,平面ABF∩平面CDE=l,所以l∥AB. 4分(2)證明:方法一:由底面ABCD為正方形,且平面ADEF⊥平面ABCD,平面ABCD∩平面ADEF=AD,AB?平面ABCD,可得AB⊥平面ADEF. 6分如圖①,延長AF,DE交于點P,由EF∥AD,AD=2EF,DE=1,AF=3,可得DP=2,AP=23,又AD=4,所以AD2=DP2+AP2,所以AP⊥PD. 9分因為AB⊥平面ADEF,PD?平面ADEF,所以AB⊥PD,又AP∩AB=A,所以PD⊥平面ABF.又PD?平面CDE,所以平面ABF⊥平面CDE. 12分方法二:以A為坐標(biāo)原點,AB,AD所在直線分別為x軸、y軸,建立如圖②所示的空間直角坐標(biāo)系. 6分則A(0,0,0),B(4,0,0),F0,32,32,D(0,4,0),C(4,4所以AB=(4,0,0),AF=0,32,32,DC=(4,0,設(shè)平面ABF的法向量為m=(x1,y1,z1),則m·AB令z1=3,得m=(0,-1,3). 8分設(shè)平面CDE的法向量為n=(x2,y2,z2),則n·DC令z2=3,得n=(0,3,3). 10分所以cos<m,n>=m·n|所以平面ABF⊥平面CDE. 12分4.如圖J7-1,在四棱錐P-ABCD中,CD⊥平面PAD,AB∥CD,AB=1,CD=2,M為棱PC上一點.(1)若BM⊥CD,證明:BM∥平面PAD;(2)若PA=PD=AD=2,且PA∥平面BMD,求直線PC與平面BMD所成角的正弦值.(本小題滿分12分)圖J7-1解:(1)證明:取CD的中點N,連接MN,BN,∵AB∥CD,CD=2AB,且N為CD的中點,∴AB∥DN且AB=DN,∴四邊形ABND為平行四邊形,則BN∥AD. 2分∵CD⊥平面PAD,AD?平面PAD,∴CD⊥AD,又BN∥AD,∴CD⊥BN.又CD⊥BM,BN∩BM=B,∴CD⊥平面BMN,則平面BMN∥平面PAD,∵BM?平面BMN,∴BM∥平面PAD. 5分(2)取AD的中點O,作OQ∥AB交BC于Q,連接PO,∵PA=PD,∴PO⊥AD,∵CD⊥平面PAD,PO?平面PAD,∴CD⊥PO,又CD∩AD=D,∴PO⊥平面ABCD.∵CD⊥AD,OQ∥AB∥CD,∴OQ⊥AD. 7分如圖，以O(shè)為坐標(biāo)原點,以O(shè)A,OQ,OP的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系,則A(1,0,0),D(-1,0,0),B(1,1,0),C(-1,2,0),P(0,0,3), 8分∴PA=(1,0,-3),DB=(2,1,0),PC=(-1,2,-3).設(shè)平面BMD的法向量為n=(x,y,z),由PA∥平面BMD,DB?平面BMD,得PA·n=x-3z=0,DB·n=2x+y=0∴|cos<n,PC>|=|n·PC|n|因此,直線PC與平面BMD所成角的正弦值為368.5.如圖J3-2,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是菱形,∠BAD=60°,M是棱PB上的點,O是AD的中點,且PO⊥平面ABCD,OP=3OA.(1)求證:BC⊥OM;(2)若PM=23PB,求平面BOM與平面OMC的夾角的余弦值圖J3-25.解:(1)證明:如圖,連接BD,在菱形ABCD中,因為∠BAD=60°,所以△ABD為等邊三角形,因為O為AD的中點,所以O(shè)B⊥AD,又AD∥BC,所以O(shè)B⊥BC.因為PO⊥平面ABCD,BC?平面ABCD,所以PO⊥BC,因為PO∩OB=O,PO?平面POB,OB?平面POB,所以BC⊥平面POB,又OM?平面POB,所以BC⊥OM.(2)由(1)知,OP,AD,OB兩兩互相垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OA,OB,OP的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,設(shè)OA=1,則OP=3OA=3,OB=22-12=3,所以O(shè)(0,0,0),B(0,3,0),C(-2,3,0),P(0,所以O(shè)P(0,0,3),OC=(-2,3,0),PB(0,3,-3),PM=23PB=(0,233,-233),OM=OP+PM=(0設(shè)平面OMC的法向量為m=(x,y,z),則OM·m=0,OC·m=0,即233y+33z易知平面BOM的一個法向量為n=(1,0,0),所以|cosm,n|=|m·n||即平面BOM與平面OMC的夾角的余弦值為69236.如圖，已知多面體ABCDEF的底面ABCD為矩形，四邊形BDEF為平行四邊形，平面平面ABCD，，，G是CF的中點．

(1)證明：平面AEF；(2)求直線AE與平面BDEF所成角的余弦值．6.解：（1）如圖，取BC中點H，取AD中點M，因為為等邊三角形，所以，平面平面ABCD，又平面，平面平面，所以平面ABCD，又底面ABCD為矩形，則.以H為坐標(biāo)原點，，，分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系,

由題意可得，，，，，，已知G是CF的中點．則，可知，，，由四邊形BDEF為平行四邊形，得，設(shè)平面AEF的法向量，則，取，得，則平面AEF的一個法向量故，則.且平面AEF，則平面AEF.（2），，，設(shè)平面的法向量，則，取，得，得平面BDEF的一個法向量設(shè)直線AE與平面BDEF所成角為，則，則為銳角，故.故所求直線AE與平面BDEF所成角的余弦值為.7.如圖J3-3,在多面體ABCDEF中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠BAD=60°,四邊形BDEF是矩形,平面BDEF⊥平面ABCD,BF=3,G和H分別是CE和CF的中點.(1)求證:平面BDGH∥平面AEF;(2)求平面BDGH與平面BCD的夾角的大小.圖J3-37.解:(1)證明:因為G,H分別是CE,CF的中點,所以GH∥EF,又因為GH?平面AEF,EF?平面AEF,所以GH∥平面AEF.如圖,連接AC,設(shè)AC∩BD=O,連接OH,因為ABCD為菱形,所以O(shè)為AC的中點,又H為CF的中點,所以O(shè)H∥AF,因為OH?平面AEF,AF?平面AEF,所以O(shè)H∥平面AEF.又因為OH∩GH=H,OH?平面BDGH,GH?平面BDGH,所以平面BDGH∥平面AEF.(2)取EF的中點N,連接ON,因為四邊形BDEF是矩形,O,N分別為BD,EF的中點,所以O(shè)N∥ED,因為平面BDEF⊥平面ABCD,所以ED⊥平面ABCD,所以O(shè)N⊥平面ABCD,因為ABCD為菱形,所以AC⊥BD,故OB,OC,ON兩兩互相垂直.以O(shè)為坐標(biāo)原點,OB,OC,ON的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.則B(1,0,0),D(-1,0,0),E(-1,0,3),H(12,32,32),所以BH=(-12,32,32),DB=(2,0,0).設(shè)平面BDGH的法向量為n=(x,y,z),則n·BH=0,n·DB=0,即-1由ED⊥平面ABCD,得平面BCD的一個法向量為DE=(0,0,3),則cosn,DE=n·DE|n||DE|=0×0+(-8.如圖J3-4,在多面體ABCDEF中,四邊形ABCD和CDEF都是直角梯形,AB∥CD,CD∥EF,AB=EF=1,DA=DC=DE=2,∠ADE=∠ADC=∠EDC=π2,點M為棱CF上一點,平面AEM與棱BC交于點(1)求證:ED⊥平面ABCD;(2)求證:AE∥MN;(3)若平面AEM與平面CDEF的夾角的余弦值為23,求FMFC圖J3-4解:(1)證明:因為∠ADE=∠ADC=∠EDC=π2,所以ED⊥AD,ED⊥DC又AD∩DC=D,AD?平面ABCD,DC?平面ABCD,所以ED⊥平面ABCD.(2)證明:因為AB∥CD,CD∥EF,所以AB∥EF,又AB=EF,所以四邊形ABFE是平行四邊形,所以AE∥BF,又AE?平面BCF,BF?平面BCF,所以AE∥平面BCF,又平面AEM∩平面BCF=MN,所以AE∥MN.(3)以D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DE的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,設(shè)FM=λFC,則EM=EF+FM=EF+λFC(0<λ<1).依題意有A(2,0,0),E(0,0,2),F(0,1,2),C(0,2,0),D(0,0,0),所以AE=(-2,0,2),EF=(0,1,0),FC=(0,1,-2),所以EM=(0,1+λ,-2λ).設(shè)平面AEM的法向量為n=(x,y,z),則AE·n取x=1,得n=(1,2λ1+λ,因為AD⊥平面CDEF,所以平面CDEF的一個法向量為DA=(0,0,2),設(shè)平面AEM與平面CDEF的夾角為θ,則cosθ=|n·DA||可得λ=13,所以FM=13FC,故FMFC9.如圖X11-3,已知△ABC是以AC為底邊的等腰三角形,將△ABC繞AB轉(zhuǎn)動到△PAB位置,使得平面PAB⊥平面ABC,連接PC,E,F分別是PA,CA的中點.(1)證明:EF⊥AB;(2)在①S△ABC=33;②點P到平面ABC的距離為3;③直線PB與平面ABC所成的角為60°這三個條件中選擇兩個作為已知條件,求平面EBF與平面BFA的夾角的余弦值.圖X11-3解:(1)證明:如圖,過點E作ED⊥AB,垂足為D,連接DF,由題意知,△PAB≌△CAB,易證△EDA≌△FDA,所以∠FDA=∠EDA=π2,即FD⊥AB,因為ED⊥AB,且FD?平面EFD,ED?平面EFD,ED∩FD=D,所以AB⊥平面EFD,又EF?平面EFD,所以EF⊥(2)過點P作PO⊥AB,垂足為O,連接CO,則CO⊥AB,因為平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,所以PO⊥平面ABC.以O(shè)為坐標(biāo)原點,OA,OC,OP的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)AB=a,∠ABC=θ,因為△ABC是以AC為底邊的等腰三角形,所以BC=a.由條件①得S△ABC=12a2sinθ=33由條件②得PO=asinθ=3,由條件③得∠PBO=60°,即θ=120°.若選條件①②或條件①③或條件②③均可得a=23.則B(3,0,0),A(33,0,0),P(0,0,3),C(0,3,0),E(332,0,32),F(332所以BF=(32,32,0),BE=(32,0,設(shè)平面EBF的法向量為m=(x,y,z),則m·BF=0,m·BE=0,即32x+32y=0易知平面BFA的一個法向量為n=(0,0,1),所以cos<m,n>=m·n|m|即平面EBF與平面BFA的夾角的余弦值為5510.如圖J7-1,已知斜三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BCA=90°,AC=BC=2,A1在底面ABC上的射影為AC的中點D,且BA1⊥AC1.(1)求證:AC1⊥平面A1BC;(2)求平面B1A1B與平面A1BC的夾角的余弦值.(本小題滿分12分)圖J7-110.解:(1)證明:∵A1在底面ABC上的射影為AC的中點D,∴平面A1ACC1⊥平面ABC. 2分∵BC⊥AC,且平面A1ACC1∩平面ABC=AC,BC?平面ABC,∴BC⊥平面A1ACC1,∵AC1?平面A1ACC1,∴BC⊥AC1.又AC1⊥BA1,且BC∩BA1=B,∴AC1⊥平面A1BC. 5分(2)取A1C1的中點D1,連接CD1.以C為坐標(biāo)原點,CA,CB,CD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示. 7分∵AC1⊥平面A1BC,A1C?平面A1BC,∴AC1⊥A1C,∴四邊形A1ACC1是菱形,∵D是AC的中點,∴∠A1AD=60°,∴A(2,0,0),A1(1,0,3),B(0,2,0),C1(-1,0,3),∴B1B=A1A=(1,0,-3),A1B1=AB=(-設(shè)平面A1B1B的法向量為n=(x,y,z),則n·B1B=x-3z=0,n·A1 10分由(1)可知AC1⊥平面A1BC,則平面A1BC的一個法向量為AC1=(-3,0,∴cos<AC1,n>=AC1· 11分∴平面B1A1B與平面A1BC的夾角的余弦值為7711.如圖J8-1,已知正四面體ABCD,M,N分別在棱AD,AB上,且AM=12MD,AN=13AB,P為棱AC上任意一點(P不與A重合(1)求證:直線MN∥平面BDP;(2)求直線DN與平面DBC所成角的正弦值.(本小題滿分12分)圖J8-1解:(1)證明:∵AM=12MD,∴AM=13又AN=13AB,∴MN∥∵M(jìn)N?平面BDP,BD?平面BDP,∴MN∥平面BDP. 4分(2)取AC的中點O,連接OB,以O(shè)為原點,OC,OB所在直線分別為x,y軸,作Oz⊥平面ABC,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.設(shè)正四面體ABCD的棱長為3,則該正四面體的高為6, 6分∴B0,332,0,C32∴DN=(-1,0,-6),BC=32,-332,0,BD=(0 7分設(shè)平面DBC的法向量為n=(x,y,z),則n·BC令y=2,得n=(6,2,1). 9分設(shè)直線DN與平面DBC所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,DN>|=|n·DN||n|故直線DN與平面DBC所成角的正弦值為24221.12.如圖J7-3,在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AD∥BC,AD⊥AB,AA1=AD=2BC=2,AB=2,點E在棱A1D1上,平面BC1E與棱AA1交于點F.(1)求證:BD⊥C1F;(2)若BE與平面ABCD所成角的正弦值為45,試確定點F的位置(本小題滿分12分)圖J7-312.解:(1)證明:在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1⊥平面ABCD,因為BD?平面ABCD,所以AA1⊥BD. 1分連接AC,因為tan∠ADB=ABAD=22,tan∠CAB=CBAB所以∠ADB=∠CAB,所以AC⊥BD, 2分連接A1C1,又因為AA1,AC?平面ACC1A1,AA1∩AC=A,所以BD⊥平面ACC1A1, 4分因為C1F?平面ACC1A1,所以BD⊥C1F. 5分(2)以A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AA1的方向分別為x,y,z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,1,0),C1(2,1,2).設(shè)E(0,x,2),x>0,易知平面ABCD的一個法向量為n=(0,0,1),BE=(-2,x,2),則45=|cos<BE,n>|=2x2+6,可得x=則E0,12,2,BE=-2,設(shè)F(0,0,z),則C1F=(-2,-1,z-2),所以(-2,-1,z-2)=m-2所以12m-1故F(0,0,1),即點F為棱AA1的中點. 12分13.如圖J7-2所示,設(shè)正方體ABCD-EFGH的棱長為1,J是棱EF的中點,一只螞蟻從點A出發(fā),沿該正方體的表面直線型爬行一圈,螞蟻首先爬到點J,然后在上底面EFGH爬行,再在右側(cè)面爬行到點C,最后沿CA回到起點A,螞蟻爬行一圈的封閉路徑正好在平面Ω內(nèi).(1)求證:螞蟻在平面EFGH上爬行的路線l與AC平行;(2)求平面Ω與平面ABCD的夾角的余弦值.(本小題滿分12分)解:(1)證明:在正方體ABCD-EFGH中,平面ABCD∥平面EFGH,平面Ω∩平面ABCD=AC,平面Ω∩平面EFGH=l,所以l∥AC. 4分(2)以A為坐標(biāo)原點,以AB,AD,AE的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,0,0),C(1,1,0),E(0,0,1),J(12,0,1),所以平面ABCD的一個法向量為n=AE=(0,0,1), 6AC=(1,1,0),AJ=(12,0,1). 8設(shè)平面Ω的法向量為m=(x,y,z),則m令z=1,則m=(-2,2,1). 10分設(shè)平面Ω與平面ABCD的夾角為θ,則cosθ=|cosm,n|=|m·n所以平面Ω與平面ABCD的夾角的余弦值為13. 1214..如圖J7-3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ACC1A1⊥平面ABC,∠ACB=90°,AC=BC=CC1=2.(1)證明:A1C⊥AB1;(2)若A1B1與平面AB1C1所成角的正弦值為24,求四面體ACB1A1的體積(本小題滿分12分)圖J7-3解:(1)證明:∵平面ACC1A1⊥平面ABC,∠ACB=90°,∴BC⊥平面ACC1A1,∵A1C?平面ACC1A1,∴BC⊥A1C, 2分∵BC∥B1C1,∴B1C1⊥A1C.∵AC=CC1=2,∴四邊形ACC1A1是菱形,則AC1⊥A1C, 4分又B1C1∩AC1=C1,∴A1C⊥平面AB1C1,∵AB1?平面AB1C1,∴A1C⊥AB1. 6分(2)設(shè)AC1∩A1C=D,連接B1D,由(1)可知A1C⊥平面AB1C1,B1D為A1B1在平面AB1C1上的射影,則∠A1B1D即為A1B1與平面AB1C1所成的角. 8分A1B1=AB=22+22=22,由sin∠A1B1D=24,得 9分∴A1C=A1C1=CC1=2,∴S△A1故V四面體ACB1A1=V三棱錐B1-ACA1=13×S△15.如圖J7-2,在四棱臺ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是正方形,且AA1⊥平面ABCD,AA1=AD=2A1D1=4,O,E分別是AC與DD1的中點.(1)證明:OE∥平面A1BD1;(2)求CC1與平面A1BD1所成角的正弦值.(本小題滿分12分)圖J7-215.解:(1)連接BD,因為ABCD為正方形,所以O(shè)為BD的中點. 1分在△BDD1中,因為O,E分別為BD,DD1的中點,所以O(shè)E∥BD1, 3分又OE?平面A1BD1,BD1?平面A1BD1, 4分所以O(shè)E∥平面A1BD1. 5分(2)因為AA1⊥平面ABCD,AB?平面ABCD,AD?平面ABCD,所以AA1⊥AB,AA1⊥AD.以A為坐標(biāo)原點,AB,AD,AA1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示,則B(4,0,0),A1(0,0,4),D1(0,2,4),C(4,4,0),C1(2,2,4),則A1D1=(0,2,0),A1B=(4,0,-4),CC1=(-2,-設(shè)平面A1BD1的法向量為n=(x,y,z),則n·A1D1=2y=0,n·A1B=4x-設(shè)CC1與平面A1BD1所成的角為θ,則sinθ=|cos<n,CC1>|=|n·CC1故CC1與平面A1BD1所成角的正弦值為36. 1216.如圖J7-2,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,O,M,N分別為棱BC,AA1,BB1的中點,P為線段AC1上的動點,AO=12BC,AB=3,AC=4,AA1=8(1)求點C到平面C1MN的距離;(2)試確定動點P的位置,使直線MP與平面BB1C1C所成角的正弦值最大.圖J7-216..解:(1)在△ABC中,∵O為BC的中點且AO=12BC,∴AB⊥∵平面ABC⊥平面ACC1A1,平面ABC∩平面ACC1A1=AC,∴AB⊥平面ACC1A1. 2分連接CM,∵CM?平面ACC1A1,∴AB⊥CM.∵M(jìn),N分別為AA1,BB1的中點,∴MN∥AB,∴CM⊥MN.在Rt△AMC和Rt△MA1C1中,∵AM=A1M=4,AC=A1C1=4,∴△AMC≌△A1MC1,∴CM=C1M=16+16=42,∴CM2+C1M2=32+32=64=CC12,∴CM⊥C∵M(jìn)N∩C1M=M,MN,C1M?平面MNC1,∴CM⊥平面C1MN, 5分∴點C到平面C1MN的距離為CM=42. 6分(2)由(1)知,AB⊥AC.又AA1⊥平面ABC,∴AB,AC,AA1兩兩垂直.以A為原點,以AB,AC,AA1所在直線分別為x,y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系,如圖,則A(0,0,0),B(3,0,0),C(0,4,0),C1(0,4,8),M(0,0,4),B1(3,0,8), 7分∴AC1=(0,4,8),BC=(-3,4,0),BB1=(0,0設(shè)平面BB1C1C的法向量為n=(x1,y1,z1),則-3x1+4y1=0,8z1=0,令x1=4,設(shè)P(x0,y0,z0),AP=mAC1(0≤m≤1),則(x0,y0,z0)=m(0,4,∴P(0,4m,8m),MP=(0,4m,8m-4). 10分設(shè)直線MP與平面BB1C1C所成的角為θ,則sinθ=|n·MP||若m=0,則sinθ=0,此時點P與點A重合;若m≠0,令t=1m(t≥1),則sinθ=355-4t+t2=35(t-2)2+1≤35,當(dāng)t=2,即17.如圖J3-1,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為2的菱形,∠ADC=60°,△PAD為等邊三角形,O為AD的中點,且平面PAD⊥平面ABCD,M是PC上的點.(1)求證:OM⊥BC;(2)若直線AM與平面PAB所成角的正弦值為1010,求四棱錐M-ABCD的體積圖J3-117.解:(1)證明:因為△PAD為等邊三角形,O為AD的中點,所以PO⊥AD.因為平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PO⊥平面ABCD.又BC?平面ABCD,所以PO⊥BC. 2分在△OCD中,OD=1,CD=2,∠ADC=60°,由余弦定理可得OC=3,因為OC2+OD2=CD2,所以CO⊥AD.因為AD∥BC,所以CO⊥BC,又CO∩PO=O,所以BC⊥平面POC.因為OM?平面POC,所以O(shè)M⊥BC. 5分(2)由(1)得OP,OC,OD兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點,OC,OD,OP的方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則A(0,-1,0),P(0,0,3),B(3,-2,0),C(3,0,0),所以AB=(3,-1,0),PC=(3,0,-3),AP=(0,1,3). 7分設(shè)PM=λPC(0≤λ≤1),則AM=AP+PM=AP+λPC=(3λ,1,3-3λ).設(shè)平面PAB的法向量為n=(x,y,z),則n·AB=0,n·AP=0,即3x-y=0,y+3z=0,令y=3 9分所以|n·AM||n||AM|=1010,即23λ5×6λ2-6λ+4=1010,解得λ=13或λ=-23(舍去),即PM=13PC,則M是PC上靠近P的三等分點,所以四棱錐M-ABCD的高h(yuǎn)=2318.如圖J7-4,三棱錐P-ABC中,平面PAB⊥平面ABC,PA=PB,∠APB=∠ACB=90°,點E,F分別是AB,PB的中點,點G是△BCE的重心.(1)求證:平面EFG∥平面PAC;(2)若AB=2BC,求平面BEF與平面EFG的夾角的余弦值.圖J7-418.解:(1)證明:設(shè)D是BC的中點,連接GD,FD,因為G是△BCE的重心,所以E,G,D三點共線,所以平面EFG即為平面EFD,因為E,F,D分別是AB,PB,BC的中點,所以EF∥AP,FD∥PC, ,2分又EF?平面PAC,FD?平面PAC,AP,PC?平面PAC,所以EF∥平面PAC,FD∥平面PAC,又EF∩FD=F,所以平面EFD∥平面PAC,即平面EFG∥平面PAC.(2)由(1)知,平面BEF與平面EFG的夾角即為平面BEF與平面EFD的夾角.連接PE,由PA=PB,得PE⊥AB,又平面PAB⊥平面ABC,且平面PAB∩平面ABC=AB,PE?平面PAB,所以PE⊥平面ABC, 6分在平面ABC上過E作EK⊥AB交AC于K.以E為坐標(biāo)原點,直線EK,EB,EP所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.由∠APB=∠ACB=90°且AB=2BC,可知△PAB為等腰直角三角形,△ABC為直角三角形且∠BAC=30°.設(shè)AB=2BC=2,則E(0,0,0),F0,12,12,D34,34,0,所以EF=0,12,12,則m·EF=12y+12z=0,m·ED 9分又n=(1,0,0)是平面EFB的一個法向量, 10分所以|cos<m,n>|=m·n|m||所以平面BEF與平面EFG的夾角的余弦值為15519..如圖J8-2,已知空間幾何體ABCDE中,△ABE與△BCD是全等的正三角形,平面ABE⊥平面ABC,平面BCD⊥平面ABC.(1)求證:AC∥DE;(2)若AB⊥BC,求直線BD與平面ACDE所成角的正弦值.(本小題滿分12分)圖J8-219..解:(1)證明:設(shè)M,N分別為棱AB,棱BC的中點,連接EM,DN,MN.∵△ABE為等邊三角形,∴EM⊥AB,∵平面ABE⊥平面ABC,且平面ABE∩平面ABC=AB,∴EM⊥平面ABC,同理可證DN⊥平面ABC,∴EM∥DN. 3分∵△ABE與△BCD是全等的正三角形,∴EM=DN,∴四邊形EMND為平行四邊形,∴DE∥MN,∵M(jìn)N為△ABC的中位線,∴MN∥AC,∴AC∥DE. 5分(2)以B為坐標(biāo)原點,BC的方向為x軸正方向,BA的方向為y軸正方向,ME的方向為z軸正方向,建立空間直角坐標(biāo)系,如圖所示. 6分設(shè)AB=2,則B(0,0,0),A(0,2,0),D(1,0,3),E(0,1,3),∴AD=(1,-2,3),DE=(-1,1,0),BD=(1,0,3).設(shè)平面ACDE的法向量為m=(x,y,z),則m·AD=0,m·DE=0,即x-2y+3z=0,設(shè)直線BD與平面ACDE所成的角為θ,則sinθ=|cos<BD,m>|=|BD·m||BD|故直線BD與平面ACDE所成角的正弦值為21720.如圖J1-1,四棱錐P-ABCD中,∠ABC=∠BCD=90°,AB=PB=2BC=2CD=22,△PAD是正三角形.(1)求證:平面PAD⊥平面ABCD;(2)點E在棱PB上,且直線CE與平面ABCD所成的角為30°,求平面EAC與平面ABCD的夾角的余弦值.圖J1-120.解:(1)證明:由∠BCD=90°,BC=CD=2,得BD=2,又AD2=BC2+(AB-CD)2=2+2=4,所以AD=2. 2分因為AB=22,所以在△ADB中,AD2+BD2=AB2,所以BD⊥AD.因為PB=22,PD=BD=2,所以PD2+BD2=PB2,所以BD⊥PD. 4分因為AD∩PD=D,所以BD⊥平面PAD.因為BD?平面ABCD,所以平面PAD⊥平面ABCD. 5分(2)以D為坐標(biāo)原點,DA,DB的方向分別為x,y軸正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系D-xyz. 6分則P(1,0,3),A(2,0,0),B(0,2,0),C(-1,1,0).設(shè)PE=λPB(0≤λ≤1),可得E(1-λ,2λ,3(1-λ)),于是CE=(2-λ,2λ-1,3(1-λ)). 7分易知平面ABCD的一個法向量為m=(0,0,1),則|cosm,CE|=sin30°=12即|3(1-λ)|(2-λ)2+(2λ-1)設(shè)平面EAC的法向量為n=(x0,y0,z0),因為AC=(-3,1,0),所以由AC·n=0,CE·n=0,得-3x 11分所以|cosm,n|=3913故平面EAC與平面ABCD的夾角的余弦值是3913. 1221.如圖，四棱錐P﹣ABCD的底面是等腰梯形，AD∥BC，BC=2AD，，E是棱PB的中點，F(xiàn)是棱PC上的點，且A、D、E、F四點共面．(1)求證：F為PC的中點；(2)若△PAD為等邊三角形，二面角的大小為，求直線BD與平面ADFE所成角的正弦值．21解：（1）證明：四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，BC?平面PBC，∴AD∥平面PBC．由題意A、D、E、F四點共面，平面ADFE平面PBC=EF，∴AD∥EF，而AD∥BC，∴EF∥BC，∵E是棱PB的中點，∴F為PC中點．（2）如圖，以BC為x軸，連接BC中點O和AD中點G,以O(shè)G為y軸，過點O作垂直于平面ABCD的直線作為z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，因為AB=CD，BC=2AD，設(shè)AD=a，則BC=2a，，所以，，因為△PAD為等邊三角形，所以PG⊥AD，由題意知,所以∠PGO為二面角的平面角，又二面角的大小為，所以，因為PG⊥AD，GO⊥AD，平面PGO，所以AD⊥平面PGO，過P作PH垂直于y軸于點H，因為PH?平面PGO，所以AD⊥PH，又PH⊥GH，平面ABCD，，所以PH垂直于平面ABCD，且,，，∴，因為E，F(xiàn)分別為PB，PC的中點，所以，設(shè)平面ADFE的法向量為，則，所以，取z=1，，設(shè)BD與平面ADFE所成角為θ，則，即直線BD與平面ADFE所成角的正弦值為．22.如圖J8-1,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為矩形,CD=2,PD=AD=1,PC=5,點E為棱PC上的點,且BC⊥DE.(1)證明:PD⊥AC;(2)若二面角E-AD-B的大小為π4,求直線BP與平面EAD所成的角的大小(本小題滿分12分)圖J8-122.解:(1)證明:因為四邊形ABCD為矩形,所以BC⊥CD,又BC⊥DE,CD∩DE=D,所以BC⊥平面PCD,所以BC⊥PD,又PD2+CD2=PC2,所以CD⊥PD, 2分因為BC∩CD=C,所以PD⊥平面ABCD,又AC?平面ABCD,所以PD⊥AC. 4分(2)方法一:由(1)得,BC⊥平面PCD,又AD∥BC,所以AD⊥平面PCD,所以AD⊥DE,又AD⊥CD,所以∠CDE即為二面角E-AD-B的平面角,即∠CDE=π4. 5設(shè)點D到PC的距離為h.因為S△PDE=12·PD·DE·sinπ4=24DE=12PE·h,S△CDE=12·CD·DE·sinπ4=2所以PECE=12,即E為PC的三等分點(靠近點P).取CD的中點M,連接PM,設(shè)PM∩DE=G,易知△PDM為等腰直角三角形,所以PM⊥DE,又AD⊥平面PCD,PM?平面PCD,所以AD⊥PM,因為AD∩DE=D,所以PM⊥平面ADE.過E作EH∥BC與PB交于點H,連接HG,則∠PHG即為直線BP與平面EAD所成的角. 10分在Rt△PHG中,PG=22,PH=13PB=所以sin∠PHG=PGPH=3故直線BP與平面EAD所成角的大小為π3. 12方法二:以D為坐標(biāo)原點,DA,DC,DP所在直線分別為x,y,z軸,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則D(0,0,0),A(1,0,0),P(0,0,1),B(1,2,0),C(0,2,0),所以PC=(0,2,-1),DA=(1,0,0).易知平面ABCD的法向量為n=(0,0,1),設(shè)PE=λPC(0≤λ≤1),則DE=DP+PE=DP+λPC=(0,2λ,1-λ).設(shè)平面EAD的一個法向量為m=(x,y,z),則m·DE令y=λ-1,得z=2λ,則m=(0,λ-1,2λ). 7分因為二面角E-AD-B的大小為π4所以|cos<n,m>|=|n·m||n||m|=22,即|2λ|(λ-1由已知得BP=(-1,-2,1), 10分設(shè)直線BP與平面EAD所成的角為θ,則sinθ=|cos<BP,m>|=|BP·m所以直線BP與平面EAD所成角的大小為π3. 1223.在四棱錐E-ABCD中,四邊形ABCD為等腰梯形,AB∥DC,AD=DC=2,AB=4,△ADE為等邊三角形,且平面ADE⊥平面ABCD.(1)求證:AE⊥BD.(2)是否存在一點F,滿足EF=λEB(0<λ≤1),且使平面ADF與平面BCE的夾角的余弦值為6513?若存在,求出λ的值;若不存在,請說明理由23.解:(1)證明:取AB的中點G,連接DG,如圖所示.∵BG=12AB=CD,BG∥CD∴四邊形BCDG是平行四邊形,∴DG=BC=AG=AD=2,∴△ADG為等邊三角形,DG=12AB∴△ABD是直角三角形,∴AD⊥BD. 2分∵平面ADE⊥平面ABCD,BD?平面ABCD,平面ADE∩平面ABCD=AD,∴BD⊥平面ADE,又AE?平面ADE,∴AE⊥BD. 4分(2)假設(shè)存在點F滿足題意, 5分取AD的中點H,連接EH,如圖所示,易知EH⊥AD,∵平面ADE⊥平面ABCD,EH?平面EAD,平面ADE∩平面ABCD=AD,∴EH⊥平面ABCD,EH=3.由AB=4,AD=2,AD⊥BD,得BD=23. 6分如圖,以D為原點,建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz,則D(0,0,0),A(2,0,0),B(0,23,0),C(-1,3,0),E(1,0,3),∴DA=(2,0,0),CB=(1,3,0),EB=(-1,23,-3),EF=λEB=(-λ,23λ,-3λ),DF=(1-λ,23λ,3-3λ). 7分設(shè)平面ADF的法向量為m=(x1,y1,z1),平面BCE的法向量為n=(x2,y2,z2).由DF得(取z1=2λ,得m=(0,λ-1,2λ).由CB·n取y2=1,得n=(-3,1,3). 9分∴|cosm,n|=|m·n||解得λ=12或λ=-13(舍去),∴存在λ=12,使得平面ADF與平面BCE的夾角的余弦值為6513.24.如圖X11-7①所示,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,沿AC將△ACD折起,使得平面ABC⊥平面ACD,如圖②所示,連接BD,得到三棱錐D-ABC.(1)求證:BC⊥平面ACD;(2)求平面ABD與平面CBD的夾角的正弦值.圖X11-724.解:(1)證明:在等腰梯形ABCD中,由AB∥CD,AB=2AD=2CD=2,知AD=DC=CB=1且∠B=∠DAB=60°,∠D=∠DCB=120°,可得∠ACB=90°,∴BC⊥CA.在三棱錐D-ABC中,平面ABC∩平面ACD=CA,BC⊥CA,BC?平面ABC,平面ABC⊥平面ACD,∴BC⊥平面ACD.(2)如圖所示,以C為原點,CA所在直線為x軸、CB所在直線為y軸、過點C垂直于平面ABC的直線為z軸建立空間直角坐標(biāo)系,由題意知A(3,0,0),B(0,1,0),D(32,0,12),則AD=(-32,0,12),AB=(-3,1,0),CD=(32,0,12),CB=(0設(shè)m=(x1,y1,z1)為平面ABD的法向量,則-32x1+12z1=0,-3x1+y設(shè)n=(x2,y2,z2)為平面CBD的法向量,則32x2+12z2=0,y2=0,若x2=設(shè)m與n的夾角為θ,則cosθ=m·n|m||n|=-7即平面ABD與平面CBD的夾角的正弦值為42725.如圖J8-2,在平面四邊形ABCD中,BC=CD,BC⊥CD,AD⊥BD,以BD為折痕把△ABD折起,使點A到達(dá)點P的位置,且PC⊥BC.(1)證明:PD⊥CD;(2)若M為PB的中點,二面角P-BC-D的大小為60°,求直線PC與平面MCD所成角的正弦值.(本小題滿分12分)圖J8-225.解:(1)證明:因為BC⊥CD,BC⊥PC,PC∩CD=C,所以BC⊥平面PCD,又因為PD?平面PCD,所以BC⊥PD. 2分因為PD⊥BD,BD∩BC=B,所以PD⊥平面BCD,又因為CD?平面BCD,所以PD⊥CD. 4分(2)因為PC⊥BC,CD⊥BC,所以∠PCD是二面角P-BC-D的平面角,由已知得∠PCD=60°,因此PD=CDtan60°=3CD. 6分取BD的中點O,連接OC,OM,則OM∥PD,所以O(shè)M⊥平面BCD,則OM⊥OC,OM⊥OD,因為△BCD為等腰直角三角形,BC=CD,所以O(shè)C⊥OD,故OM,OC,OD兩兩垂直,以O(shè)為坐標(biāo)原點,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,設(shè)OB=1,則CD=2,則P(0,1,6),C(1,0,0),D(0,1,0),M(0,0,62CP=(-1,1,6),CD=(-1,1,0),CM=(-1,0,62). 8設(shè)平面MCD的法向量為n=(x,y,z),則n·CD=0,n·CM=0,即-x+y=0, 10分所以cos<n,CP>=CP·n|因此,直線PC與平面MCD所成角的正弦值為34. 1226.如圖J8-3,在三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是正三角形,O1是其中心,側(cè)面BCC1B1是正方形,O2是其中心.(1)判斷直線O1O2與直線AA1的位置關(guān)系,并說明理由;(2)若四面體A1ABC是正四面體,求平面BCC1B1與平面ABC的夾角的余弦值.(本小題滿分12分)圖J8-326.解:(1)直線O1O2與直線AA1相交.如圖,取BC的中點D,B1C1的中點D1,連接AD,A1D1,DD1,根據(jù)棱柱的性質(zhì)可得,DD1BB1,AA1BB1,所以AA1DD1,所以四邊形ADD1A1是平行四邊形,所以O(shè)1O2?平面ADD1A1.因為O1O2與DD1相交,所以直線O1O2與直線AA1相交. 5分(2)連接A1O1,A1O2,因為四面體A1ABC是正四面體,O1是△ABC的中心,所以A1O1⊥平面ABC,AO1⊥BC.以O(shè)1為坐標(biāo)原點,O1A,O1A1的方向分別為x,z軸的正方向,易得O1(0,0,0),B(-36,12,0),C(-36,-12,0),A1(0,0,63),B1(-32,12,63),O2(-所以A1O2=(-33,0,-66),BC=(0,-1,0),BB1=(-33,0,63),所以A1O故A1O2是平面BCC1B1的一個法向量易知A1O1是平面ABC的一個法向量,A1O1=(0設(shè)平面BCC1B1與平面ABC的夾角為θ,則cosθ=|A1O2·27.如圖J5-1,三棱柱ABC-A1B1C1的底面是等邊三角形,平面ABB1A1⊥平面ABC,A1B⊥AB,AC=2,∠A1AB=60°,O為AC的中點.(1)求證:AC⊥平面A1BO.(2)試問棱CC1上是否存在點P,使得二面角P-OB-A1的平面角的余弦值為277?若存在,請求出CPCC1的值(本小題滿分12分)圖J5-127.解:(1)證明:因為△ABC是等邊三角形,O為AC的中點,所以AC⊥OB, 1分又平面ABB1A1⊥平面ABC,平面ABB1A1∩平面ABC=AB,A1B⊥AB,所以A1B⊥平面ABC, 3分又AC?平面ABC,所以A1B⊥AC,又A1B∩OB=B,所以AC⊥平面A1BO. 5分(2)存在棱CC1的中點P滿足題意. 6分由已知得A1B⊥平面ABC,OB⊥AC,以點O為坐標(biāo)原點,OA,OB,BA1的方向分別為x,y,z軸的正方向,建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系,則O(0,0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),A(1,0,0),A1(0,3,23),所以O(shè)B=(0,3,0),AA1=(-1,3,23設(shè)CP=tCC1=tAA1=(-t,3t,23t),其中0≤則OP=OC+CP=(-1-t,3t,23t),易知平面A1OB的一個法向量為n=(1,0,0).設(shè)平面POB的法向量為m=(x,y,z),則m·OB取x=23t,則m=(23t,0,t+1). 10分由題意可得,|cos<n,m>|=|n·m||n|·|m|=|23t|12t2+(t+1)2=277,因為28.如圖，四邊形ABCD是圓柱底面的內(nèi)接四邊形，是圓柱的底面直徑，是圓柱的母線，E是AC與BD的交點，，．(1)記圓柱的體積為，四棱錐的體積為，求；(2)設(shè)點F在線段AP上，，求二面角的余弦值．28.【詳解】（1）因為與是底面圓弧所對的圓周角，所以，因為，所以在等腰中，，所以，因為是圓柱的底面直徑，所以，則，所以，則，即，所以在等腰，，平分，則，所以，則，故在中，，，則，在中，，因為是圓柱的母線，所以面，所以，，所以．（2）以C為坐標(biāo)原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)，則，，，則，所以，，，因為，所以，則，設(shè)平面的法向量，則，即，令，則，故，設(shè)平面的法向量，則，即，令，則，故，設(shè)二面角的平面角為，易知，所以，因此二面角的余弦值為．29..如圖J8-3,四邊形ABCD為圓柱OO'的軸截面,EF是圓柱上異于AD,BC的母線.(1)證明:BE⊥平面DEF;(2)若AB=BC=2,當(dāng)三棱錐B-DEF的體積最大時,求平面BDF與平面DEF的夾角的余弦值.(本小題滿分12分)圖J8-329.解:(1)證明:如圖,連接AE,由題意知AB為☉O的直徑,所以AE⊥BE. 1分因為AD,EF是圓柱的母線,所以AD∥EF且AD=EF,所以四邊形AEFD是平行四邊形,所以AE∥DF,所以BE⊥DF. 2分因為EF是圓柱的母線,所以EF⊥平面ABE,又因為BE?平面ABE,所以EF⊥BE. 3分又因為DF∩EF=F,DF,EF?平面DEF,所以BE⊥平面DEF. 4分(2)由(1)知BE是三棱錐B-DEF的底面DEF上的高,由(1)知EF⊥AE,AE∥DF,所以EF⊥DF,即底面三角形DEF是直角三角形.設(shè)DF=AE=x,BE=y,則x2+y2=4,所以VB-DEF=13S△DEF·BE=13×12×x×2×y=13當(dāng)且僅當(dāng)x=y=2時等號成立,即點E,F分別是AB,CD的中點時,三棱錐B-DEF的體積最大. 7分下面求平面BDF與平面DEF的夾角的余弦值.方法一:由(1)得BE⊥平面DEF,因為DF?平面DEF,所以BE⊥DF.又因為EF⊥DF,EF∩BE=E,所以DF⊥平面BEF.因為BF?平面BEF,所以BF⊥DF,所以∠BFE(或其補(bǔ)角)是平面BDF與平面DEF的夾角. 10分由(1)知△BEF為直角三角形,則BF=(2)2故cos∠BFE=EFBF=26=63,所以平面BDF與平面DEF的夾角的余弦值為方法二:由(1)知EA,EB,EF兩兩垂直,如圖,以點E為坐標(biāo)原點,EA,EB,EF所在直線分別為x,y,z軸,建立空間直角坐標(biāo)系,則B(0,2,0),D(2,0,2),E(0,0,0),F(0,0,2). 9分由(1)知BE⊥平面DEF,故平面DEF的一個法向量為EB=(0,2,0).設(shè)平面BDF的法向量為n=(x,y,z),由DF=(-2,0,0),BF=(0,-2,2),得n·DF取z=1,得n=(0,2,1). 10分設(shè)平面BDF與平面DEF的夾角為θ,則|cosθ|=|cos<n,EB>|=|n·EB|| 11分所以平面BDF與平面DEF的夾角的余弦值為63 12分30.如圖J8-4,在梯形ABCD中,∠BAD為直角,AD∥BC,AB=AD=12BC=22,將三角形ABD沿BD折起至(1)若平面PBD⊥平面BCD,求證:PB⊥PC;(2)設(shè)E是PC的中點,若二面角E-BD-C為30°,求平面PBD與平面BCD的夾角的大小.(本小題滿分12分)30..解:方法一:(1)證明:由題設(shè)知,△PBD為等腰直角三角形且PB⊥PD,PB=PD=22,則BD=4,由已知得∠DBC=45°,BC=42,在△BCD中,由余弦定理得CD=4,所以BD2+CD2=BC2,即BD⊥CD. 2分因為平面PBD⊥平面BCD,平面PBD∩平面BCD=BD,CD?平面BCD,所以CD⊥平面PBD,又PB?平面PBD,所以CD⊥PB,又PD∩CD=D,所以PB⊥平面PCD,又PC?平面PCD,所以PB⊥PC. 4分(2)設(shè)M,N分別是BD,BC的中點,連接PM,MN,PN,則PM⊥BD,MN⊥BD,又PM∩MN=M,所以BD⊥平面PMN,所以∠PMN(或